【分块】【FFT】CodeChef COUNTARI Arithmetic Progressions_综合

分析：

主要就是分块。。。

首先，假设我们将原序列分为k块，

对于任意一个三元组，如果三个都在同一个块内，或者两个在一个块内，都可以在 $O(\frac N k \times \frac N k\times k)=O(\frac {N^2} K)$ 的复杂度内解决。

现在考虑只有三个值在不同的块的情况。

这样对于同一个块，可以把之前的块的每种数的个数存入一个多项式，之后的块中每个数的个数存入一个多项式。然后现在无非就是枚举这个块内的值 $a_i$ ，求两个多项式卷积后值为 $2*a_i$ 的个数。（同一个块只FFT一次）

这部分的复杂度就是 $O(k \times 65536\times log_2(65536)+N)$
总的复杂度就是 $O(\frac {N^2} k +k*1048576)$

然后根据均值不等式，求得当N=k*1024时取最小，最小值为 $N\times 2048$ 勉强还是卡得过。

所以块的大小就是1024（这里不直接令k的大小，而是块的大小，因为块的大小为定值，当然其实直接令k=100也没什么区别）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<set>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100000
using namespace std;
typedef long long ll;
int siz=65536;
const double Pi=acos(-1);
struct cpx{double r,i;cpx() {}cpx(double _r,double _i):r(_r),i(_i) {}cpx operator * (const cpx &a) const{return cpx(r*a.r-i*a.i,r*a.i+i*a.r);}cpx operator + (const cpx &a) const{return cpx(r+a.r,i+a.i);}cpx operator - (const cpx &a) const{return cpx(r-a.r,i-a.i);}
};
void fft(cpx *a,int f,int N){int i,j,k;for(i=1,j=0;i<N;i++){for(int d=N;j^=d>>=1,~j&d;);if(i<j)swap(a[i],a[j]);}for(i=1;i<N;i<<=1){cpx wn(cos(Pi/i),f*sin(Pi/i));for(j=0;j<N;j+=i<<1){cpx w(1,0);for(k=0;k<i;k++,w=w*wn){cpx x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];a[j+k]=x+y;a[i+j+k]=x-y;}}}if(f==-1)for(i=0;i<N;i++)a[i].r/=N;
}
cpx A[MAXN],B[MAXN];
int sum[MAXN],n,p[MAXN];
ll ans;
int main(){SF("%d",&n);int k=1024;for(int i=0;i<n;i++)SF("%d",&p[i]);for(int i=0;i<n;i+=k){memset(sum,0,sizeof sum);for(int j=0;j<k&&i+j<n;j++){for(int l=j+1;l<k&&i+l<n;l++){int x=p[i+j]*2-p[i+l];if(x>=0&&x<=30000)ans+=sum[x];    }sum[p[i+j]]++;}}memset(sum,0,sizeof sum);for(int i=0;i<n;i+=k){for(int j=0;j<k&&i+j<n;j++)for(int l=j+1;l<k&&i+l<n;l++){int x=p[i+j]*2-p[i+l];if(x>=0&&x<=30000)ans+=sum[x];    }for(int j=0;j<k&&i+j<n;j++)sum[p[i+j]]++;}memset(sum,0,sizeof sum);for(int i=((n-1)/k)*k;i>=0;i-=k){for(int j=0;j<k&&i+j<n;j++)for(int l=j-1;l>=0;l--){int x=p[i+j]*2-p[i+l];if(x>=0&&x<=30000)ans+=sum[x];    }for(int j=0;j<k&&i+j<n;j++)sum[p[i+j]]++;}for(int i=0;i<n;i+=k){memset(A,0,sizeof A);memset(B,0,sizeof B);for(int j=0;j<i;j++)A[p[j]].r++;for(int j=i+k;j<n;j++)B[p[j]].r++;fft(A,1,siz);fft(B,1,siz);for(int j=0;j<siz;j++)A[j]=A[j]*B[j];fft(A,-1,siz);for(int j=i;j<i+k&&j<n;j++)ans+=(long long)(A[p[j]*2].r+0.5);}PF("%lld",ans);
}